5.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=-$\frac{1}{2}$n2+kn(k∈N*),且Sn的最大值為8.
(1)求常數(shù)k的值,并求an;
(2)對(duì)任意m∈N*,將數(shù)列{an}中落入?yún)^(qū)間(-4m,-2m)內(nèi)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為bm,若cm=$\frac{{a}_{m}•_{m}}{{2}^{m}}$,求數(shù)列{cn}的前m項(xiàng)和Tm

分析 (1)由二次函數(shù)的性質(zhì)可知,當(dāng)n=k時(shí),Sn=-$\frac{1}{2}$n2+kn取得最大值,代入可求k,然后利用an=sn-sn-1可求通項(xiàng)
(2)根據(jù)已知條件推知bm=(4m+$\frac{9}{2}$)-(2m+$\frac{9}{2}$)=4m-2m,則結(jié)合(1)中的通項(xiàng)公式和已知條件cm=$\frac{{a}_{m}•_{m}}{{2}^{m}}$得出:cm=($\frac{9}{2}$-m)×2m-($\frac{9}{2}$-m),然后利用分組求和法來求數(shù)列{cn}的前m項(xiàng)和Tm

解答 解:(1)∵Sn=-$\frac{1}{2}$n2+kn=-$\frac{1}{2}$(n-k)2+$\frac{{k}^{2}}{2}$,
∴當(dāng)n=k時(shí),(Snmax=$\frac{{k}^{2}}{2}$=8,
解得k=4,
∴Sn=-$\frac{1}{2}$n2+4n,
當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=$\frac{7}{2}$,
當(dāng)n≥2時(shí),an=sn-sn-1=$\frac{9}{2}$-n,
顯然a1=$\frac{7}{2}$適合an=$\frac{9}{2}$-n,
∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=$\frac{9}{2}$-n(n∈Z+);
(2)依題意有-4m<$\frac{9}{2}$-n<-2m,則2m+$\frac{9}{2}$<n<4m+$\frac{9}{2}$,
又m∈Z+,
∴bm=(4m+$\frac{9}{2}$)-(2m+$\frac{9}{2}$)=4m-2m
∴cm=$\frac{{a}_{m}•_{m}}{{2}^{m}}$=$\frac{(\frac{9}{2}-m)({4}^{m}-{2}^{m})}{{2}^{m}}$=($\frac{9}{2}$-m)×2m-($\frac{9}{2}$-m),且am=$\frac{9}{2}$-m,前m項(xiàng)和為:Am=$\frac{m(\frac{7}{2}+\frac{9}{2}-m)}{2}$=$\frac{-{m}^{2}+8m}{2}$;
令tm=($\frac{9}{2}$-m)×2m,前m和為記為:Bm,
則Bm=$\frac{7}{2}$×2+$\frac{5}{2}$×22+$\frac{3}{2}$×23+$\frac{1}{2}$×24+…+($\frac{9}{2}$-m)×2m,①
∴2Bm=$\frac{7}{2}$×22+$\frac{5}{2}$×23+$\frac{3}{2}$×24+$\frac{1}{2}$×25+…+($\frac{9}{2}$-m)×2m+1,②
∴由①-②得:-Bm=$\frac{7}{2}$×2-(22+23+24+…+2m)-($\frac{9}{2}$-m)×2m+1=7-$\frac{4-{2}^{m+1}}{1-2}$-($\frac{9}{2}$-m)×2m+1=11-(11-2m)×2m
∴Bm=(11-2m)×2m-11
∴Tm=Bm-Am=(11-2m)×2m-11-$\frac{-{m}^{2}+8m}{2}$=(11-2m)×2m+$\frac{{m}^{2}-8m-22}{2}$.

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)及通項(xiàng)公式的應(yīng)用,等比數(shù)列的求和公式的應(yīng)用,屬于等差數(shù)列與等比數(shù)列基本運(yùn)算的綜合應(yīng)用.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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